已知一控制系统结构图如图5-61所示
第五章
例5-1 已知一控制系统结构图如图5-61所示,当输入r (t ) = 2sin t 时,测得输出c (t )=4sin(t -45︒) ,试确定系统的参数ξ ,ωn 。
解 系统闭环传递函数为
φ(s ) =
ω2
n
s
2
+2ξω2
n s +ω
n
系统幅频特性为
2
φ(j ω) =
ωn
(ω
2n
-ω2)
2
2
22
+4ξωn
ω
相频特性为
ϕ(ω) =-arctan
2ξωn ω
ω22
n -ω
由题设条件知
c (t ) = 4sin( t -45︒)
=2 A (1) sin(t + ϕ(1)) 即
2
A (1) =
ωn
(ω
2-ω2
) 2
+4ξ2
ω2ω
2
n
n
ω=1
=
ω2
n
=2(ω
22
n
-1)
2
ω
2
+4ξn
ϕ(1) =-arctan
2ξωn ω
ω
2n
-ω
2
ω=1
=-arctan
2ξω
n
ω
2=-45︒
n
-1
整理得
ω4
2
2
2
2
n =4[(ωn -1) +4ξωn ]
2ξω
n
=ω2
n -1
解得
ωn = 1.244 ξ = 0.22
例5-21 系统的传递函数为
G
(s ) =
k
s 2
(T 1s +1)(T 2s +1)
试绘制系统概略幅相特性曲线。
解 (1) 组成系统的环节为两个积分环节、两个惯性环节和比例环节。 (2) 确定起点和终点
G (j ω) =
-k (1-T 1T 2ω) +jk (T 1+T 2) ω
2
ω(1+T 1ω)(1+T 2ω)
lim R e [G (j ω)]=-∞ lim I m [G (j ω)]=∞
22222
ω→0
ω→0
由于R e [G (j ω)]趋于-∞的速度快,故初始相角为-180︒。终点为
ω→∞
lim G (j ω) =0
ω→∞
lim ∠G (j ω) =-360︒
(3) 求幅相曲线与负实轴的交点
由G (j ω) 的表达式知,ω 为有限值时, I m [G (j ω)] > 0,故幅相曲线与负实轴无交点。
(4) 组成系统的环节都为最小相位环节, 并且无零点,故ϕ(ω) 单调地从-180︒递减至
-360︒。作系统的概略幅相特性曲线如图5-62所示。
例5-22 已知系统传递函数为
G (s ) =
10(s -2s +5) (s +2)(s -0. 5)
2
试绘制系统的概略幅相特性曲线。
解 (1) 传递函数按典型环节分解
-50(
G (s ) =
15s 2s -2+1)(-
2
15s 0. 5
(
s 5+1)
) +1)
(
(2) 计算起点和终点
ω→0
lim G (j ω) =-50 lim G (j ω) =10
ω→∞
相角变化范围
不稳定比例环节-50:-180︒ ~ -180︒ 惯性环节1/(0.2s +1):0︒~ -90︒
不稳定惯性环节1/(-2s +1) :0︒~ +90︒
不稳定二阶微分环节0.2s 2-0.4s +1:0︒~ -180︒ (3) 计算与实轴的交点
G
(j ω) =
10(5-ω
2
-2j ω)(-ω
2
2
2
-1-1. 5j ω)
2
(ω+1) +(1. 5ω)
=
10[-(5-ω)(ω
22
+1) +3ω
2
2
2
+j ω(-5. 5+3. 5ω)]
2
2
(ω+1) +(1. 5ω)
令I m [G (j ω)] = 0,得
ωx =
5. 5/3. 5=1. 254
Re [G (j ωx )] = -4.037
(4) 确定变化趋势 根据G (j ω) 的表达式,当ω ωx 时,I m [G (j ω)] > 0。作系统概略幅相曲线如图5-63所示。
例5-23 系统的开环传递函数为
G (s ) =
N
s (T 1s +1)(T 2s +1)
试用奈氏判据判断系统的稳定性。
解 (1) 绘制系统的开环概略幅相曲线
① 组成系统的环节为一个积分环节、两个惯性环节和比例环节。 ② 确定起点和终点
G (j ω) =
-N (T +1T 2) ω-jN (1-ωT 1T 2)
2
ω(1+T 1ω)(1+T 2ω)
2222
ω→0
lim R e [G (j ω)]=-N (T 1+T 2) lim I m [G (j ω)]=-∞ lim G (j ω) =0
ω→0
ω→∞
ω→∞
lim ∠G (j ω) =-270︒
③ 求幅相曲线与负实轴的交点 令I m [G (j ω)] = 0,得
ωx =1/T 1T 2
R e [G (j ω
x )]=-
NT 1T 2T 1+T 2
④ 组成系统的环节都为最小相位环节,并且无零点,故ϕ(ω) 单调地从-90︒递减至-270︒。作系统的概略幅相特性曲线如图5-64所示。
(2) 用奈氏判据判断系统的稳定性
由于组成系统的环节为最小相位环节,p = 0;且为1型系统,故从ω = 0处补作辅助线,如图5-64虚线所示。
当-
NT 1T 2T 1+T 2
>-1时,即N
T 1+T 2T 1T 2
,幅相特性曲线不包围(-1,j 0) 点,所以闭环系统
是稳定的。
当-
NT 1T 2T 1+T 2
T 1+T 2T 1T 2
,幅相特性曲线顺时针包围(-1,j 0)点1圈,R =
-1,z = p -2R = 2 ≠ 0,所以系统是不稳定的。
例5-24 单位反馈控制系统开环传递函数
G (s ) =
as +1s
2
试确定使相位裕度γ = 45︒的a 值。
解 L (ω) =20lg
(a ωc ) +1
2
ωc
2
=0
ωc 4 = a 2ωc 2 + 1
γ=180︒+arctan(a ωc ) -180︒=45︒
a ωc = 1
联立求解得
ωc =
4
2 a =1/2=0. 84
例5-25 最小相位系统对数幅频渐近特性如图5-65所示,请确定系统的传递函数。
解 由图知在低频段渐近线斜率为0,故系统为0型系统。渐近特性为分段线性函数,在各交接频率处,渐近特性斜率发生变化。
在ω = 0.1处,斜率从0 dB/dec变为20dB/dec,属于一阶微分环节。 在ω = ω1处,斜率从20 dB/dec 变为0 dB/dec,属于惯性环节。 在ω = ω2处,斜率从0 dB/dec变为-20 dB/dec,属于惯性环节。 在ω = ω3处,斜率从-20 dB/dec变为-40 dB/dec,属于惯性环节。
在ω = ω4处,斜率从-40 dB/dec变为-60 dB/dec,属于惯性环节。
因此系统的传递函数具有下述形式
G (s )=
K (s /0. 1+1)
(s /ω1+1)(s /ω2+1)(s /ω3+1)(s /ω4+1)
式中K ,ω1,ω2,ω3,ω4待定。
由20lg K = 30得K = 31.62。
确定ω1: 20=
40-30lg ω1-lg 0. 1
-5+0lg 100-lg ω4
5-20lg ω4-lg ω3
20-40lg ω3-lg ω2
所以 ω1 = 0.316
确定ω2: -60= 所以 ω2 =82.54
确定ω3: -40= 所以 ω3 =34.81
确定ω4: -20= 所以 ω4 =3.481
于是,所求的传递函数为
G (s )=
31. 62(s /0. 1+1)
(s /0. 316+1)(s /3. 481+1)(s /34. 81+1)(s /82. 54+1)
例5-26 某最小相位系统的开环对数幅频特性如图5-66所示。要求: (1) 写出系统开环传递函数;
(2) 利用相位裕度判断系统稳定性;
(3) 将其对数幅频特性向右平移十倍频程,试讨论对系统性能的影响。
解 (1) 由系统开环对数幅频特性曲线可知,系统存在两个交接频率0.1和20,故
G (s )=
k
s (s /0. 1+1)(s /20+1)
k 10
=0
且 20lg
得 k = 10
所以 G (s )=
(2) 系统开环对数幅频特性为
10
s (s /0. 1+1)(s /20+1)
10⎧20lg ⎪ω
L (ω)=⎨20lg 2 0. 1≤ω
ω⎪
⎪20lg 20
ω≥203⎪ω⎩
从而解得 ωc = 1
系统开环对数相频特性为
ϕ(ω) =-90︒-arctan
ω
0. 1
-arctan
ω
20
ϕ(ωc ) = -177.15︒ γ =180︒ + ϕ(ωc ) = 2.85︒
故系统稳定。
(3) 将系统开环对数幅频特性向右平移十倍频程,可得系统新的开环传递函数
G 1(s )=
1000s (s +1)(
s 200
+1)
其截止频率
ωc 1 =10ωc =10
而
ϕ1(ωc 1) =-90︒-arctan ωc 1-arctan
ωc 1
200
=-177. 15︒
γ 1 =180︒+ ϕ1(ωc 1) = 2.85︒
γ 1 = γ
系统的稳定性不变。 由时域估计指标公式
t s = k π /ωc
得 t s 1 = 0.1t s 即调节时间缩短,系统动态响应加快。由
M
p
=0. 16+0. 4(
1sin γ
-1)
得 M p 1 = M p 即系统超调量不变。
例5-27 单位反馈系统的闭环对数幅频特性分段直线如图5-67所示。若要求系统具有30︒的相位裕度,试计算开环放大倍数应增大的倍数。
解 由闭环对数幅频特性曲线可得系统闭环传递函数为
G (s )=
(s +1)(
1s 1. 25
+1)(
s 5+1)
因此系统等效开环传递函数
G (s )=
=
φ(s )
1-φ(s )
6. 25
s (s +2. 825)(s +4. 425)
0. 5
s (
s 2. 825
+1)(
s 4. 425
+1)
=
其对数相频特性为
ϕ(ω)=-90︒-arctan
ω
2. 825
-arctan
ω
4. 425
若要求ϕ(ω1) = -150︒,可得ω1 = 2.015 系统对数幅频特性曲线为
0. 5⎧20lg k a ⎪ω
L (ω)=⎨20lg k a 2. 825≤ω
ω⎪
⎪20lg 6. 25k
a ω≥4. 4253⎪ω⎩
要使系统具有30︒相角稳定裕度,ω1应为截止频率,有
0. 5k a
=1
ω1
则 k a = 4.03
故系统开环放大倍数应增大4.03倍。
例5-28 系统开环传递函数为
G (s ) =
10
s (-0. 2s
2
-0. 8s +1)
试用奈氏判据判断系统的稳定性。
解 将传递函数按典型环节分解
G (s ) =
-10
s (0. 2s +1)(-s +1)
2
G
(j ω) =
-10[0. 8ω-j (1+0. 2ω)]
ω(1+ω)(1+0. 04ω)
22
幅相曲线的起点和终点 lim G (j ω) =∞∠-270︒
ω→0
ω→∞
lim G (j ω) =0∠-270︒
ω→0
lim R e [G (j ω)]=-8
当ω为有限值时,I m [G (j ω)] ≠ 0,幅相曲线与负实轴无交点。由于惯性环节的时间常数T 1 = 0.2,小于不稳定性环节的时间常数T 2 = 1,故ϕ(ω) 呈现先增大后减小的变化。作系统开环幅相曲线如图5-68所示。
由于ν =1,故需从幅相曲线上ω = 0的对应点起,逆时针补画半径为无穷大的π/2圆弧。由系统开环传递函数知,s 右半平面系统的开环极点数p =1,而幅相曲线起于负实轴,且当ω 增大时间上离开负实轴,故为半次负穿越,N = -1/2。于是s 右半平面的闭环极点数
z = p -2N = 2
表明系统闭环不稳定。
例5-29 系统开环频率特性分别为如图5-69的(a ) 和(b ) 所示,试判断闭环系统的稳定性。
解 (a ) 图给出的是ω ∈(-∞,0) 的幅相曲线,而ω ∈(0,+∞) 的幅相曲线与题给曲线对
称于实轴,如图5-70所示。因为ν = 1,故从ω = 0的对应点起逆时针补作π/2,半径为无穷 大的圆弧。在(-1,j 0) 点左侧,幅相曲线逆时 针、顺时针各穿越负实轴一次,故N + = N - = 1
N = N+ - N - = 0
因此,s 右半平面的闭环极点数
z = p - 2N = 0
闭环系统稳定。
(b ) 因为ν = 2,故如图(b ) 中虚线所示在
对数相频特性的低频段曲线上补作2. 90︒的垂线。
当ω >ωc 时,有L (ω) > 0,且在此频率范围内,ϕ(ω) 穿越 -180︒线一次,且为由上向下穿越,因此N + =0 ,N - =1
N = N+ - N - = -1
于是算得 右半平面的闭环极点数为
z = p - 2N
= 2
系统闭环不稳定。
例5-30 已知单位反馈系统的开环传递函数
100(
G (s )=
s (s +1)(
s 10s 2+1)
s 20
+1)
+1)(
试求系统的相角裕度和幅值裕度。
解 由题给传递函数知,系统的交接频率依次为1,2,10,20。低频段渐近线斜率为-20,且过(1,40dB ) 点。
系统相频特性按下式计算
ϕ(ω) =-90︒+arctan
ω2
-arctan ω-arctan
ω10
-arctan
ω20
作系统开环对数频率特性于图5-71。
由对数幅频渐近特性A (ωc ) = 1求得ωc 的近似值为
100⋅
A (ωc ) =
ωc
ωc ⋅ωc ⋅
ωc
10
=1 ⋅1
ωc = 21.5
再用试探法求ϕ(ωg ) = -180︒时的相角穿越频率ωg ,得
ωg = 13.1
系统的相角裕度和幅值裕度分别为
h =20lg
1G (j ωg )
=-9. 3(dB )
γ=180︒+ϕ(ωg ) =-24. 8︒
例5-31 对于高阶系统, 若要求时域指标为M p % = 18%,t s = 0.05(s),试将其转换成频域指标。
解 根据经验公式
M
p
=0. 16+0. 4(
k π
1sin γ
-1)
t s =
ωc
1sin γ
k =2+1. 5(
1sin γ
-1) +2. 5(
-1)
2
代入题给的时域指标得
1sin γ
=
10. 4
(M
p
-0. 16) +1=1. 5
γ = 41.8︒
k = 3.375
ωc =
k πt s
=212. 1(rad /s )
所求频域指标为γ = 41.8︒,ωc =212.1(rad/s) 。
例5-32 已知单位反馈系统的开环传递函数
G (s ) =
10s (s +1)(
s
2
+1)
4
试判断系统的闭环稳定性。
解 开环系统有虚极点s = ±j 2。
lim G (j ω) =∞∠-90︒
ω→0
ω→∞
lim G (j ω) =0∠-360︒
ω→2
lim -G (j ω) =∞∠-153. 4︒ lim +G (j ω) =∞∠-333. 4︒
ω→2
系统开环幅相曲线如图5-72所示。
由于ν =1,从幅相曲线上对应ω = 0的点起逆时针补作90︒且半径为无穷大的虚圆弧。因
为存在一对虚极点s = ± j 2,故从ω =2-的对应点起,顺时针补作180︒且半径为无穷大的虚圆弧。作虚圆弧如图5-72所示。
因为p = 0,由开环幅相曲线知N = -1,s 右半平面闭环极点的个数
z = p -2N = 2
闭环系统不稳定。